河南省周口市-2018学年高二上学期期末数学试卷(理科)Word版含解析.doc

河南省周口市2017-2018学年高二上学期期末
数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.
1．“x＜1”是“lnx＜0”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知向量=（2，4，5），=（3，x，y）分别是直线l1、l2的方向向量，若l1∥l2，则（　　）
A．x=6，y=15 B．x=3，y= C．x=3，y=15 D．x=6，y=
3．已知命题p：“∃x∈R，ex﹣x﹣1≤0”，则命题￢p（　　）
A．∀x∈R，ex﹣x﹣1＞0 B．∀x∉R，ex﹣x﹣1＞0
C．∀x∈R，ex﹣x﹣1≥0 D．∃x∈R，ex﹣x﹣1＞0
4．关于x的不等式ax﹣b＞0的解集为（﹣∞，1），则不等式＞0的解集为（　　）
A．（﹣1，2） B．（﹣∞，1）∪（1，2） C．（1，2） D．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，2）
5．若△ABC 的三个内角A、B、C满足6sinA=4sinB=3sinC，则△ABC（　　）
A．一定是锐角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形
D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
6．一个动点在圆x2+y2=1上移动时，它与定点（3，0）连线中点的轨迹方程是（　　）
A．（x+3）2+y2=4 B．（X﹣3）2+y2=1 C．（X+）2+y2= D．（2x﹣3）2+4y2=1
7．两个等差数列{an}和{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，且，则等于（　　）
A． B． C． D．
8．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是（　　）

A． B． C． D．0
9．在△ABC中，已知a=17，b=24，A=45°，则此三角形（　　）
A．无解 B．有两解
C．有一解 D．解的个数不确定
10．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，，设Tn=a1•a2•a3•…•an，则使得Tn取最小值时，n的值为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
11．已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|BF|=8，cos∠ABF=，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
12．定义在R上的函数f（x）对任意x1、x2（x1≠x2）都有＜0，且函数y=f（x﹣1）的图象关于（1，0）成中心对称，若s，t满足不等式f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2），则当1≤s≤4时，的取值范围是（　　）
A．[﹣3，﹣） B．[﹣3，﹣] C．[﹣5，﹣） D．[﹣5，﹣]

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若平面α的一个法向量为=（4，1，1），直线l的一个方向向量为=（﹣2，﹣3，3），则l与α所成角的正弦值为　　．
14．在等比数列{an}中，若a3，a15是方程x2﹣6x+8=0的根，则=　　．
15．如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A测得M点的仰角∠MAN=60°，C点的仰角∠CAB=30°，以及∠MAC=105°，从C测得∠MCA=45°，已知山高BC=150米，则所求山高MN为　　．

16．抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F，已知点A，B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB=90°，过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最大值为　　．

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.
17．（10分）已知命题P：函数f（x）为（0，+∞）上单调减函数，实数m满足不等式f（m+1）＜f（3﹣2m）．命题Q：当x∈[0，]，函数m=sin2x﹣2sinx+1+a．若命题P是命题Q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
18．（12分）已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a=2，cosB=．
（Ⅰ）若b=4，求sinA的值；
（Ⅱ）若△ABC的面积S=4，求b、c的值．
19．（12分）已知等差数列{an}的公差大于0，且a3，a5是方程x2﹣14x+45=0的两根，数列{bn}的前n项的和为Sn，且．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记cn=an•bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
20．（12分）已知函数f（x）=，x∈[1，+∞），
（1）当a=时，求函数f（x）的最小值；
（2）若对任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围．
21．（12分）如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在棱BC上移动．
（Ⅰ）当E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由；
（Ⅱ）当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45°？

22．（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线y=k（x﹣1）（k≠0）与椭圆交于A，B两点，点M是椭圆C的右顶点，直线AM与直线BM分别与轴交于点P，Q，求|OP|•|OQ|的值．

河南省周口市2017-2018学年高二上学期期末数学试卷（理科）
参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.
1．“x＜1”是“lnx＜0”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】求出不等式的等价条件，根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：由“lnx＜0得0＜x＜1，则“x＜1”是“lnx＜0”的必要不充分条件，故选：B．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，求出不等式的等价条件是解决本题的关键．

2．已知向量=（2，4，5），=（3，x，y）分别是直线l1、l2的方向向量，若l1∥l2，则（　　）
A．x=6，y=15 B．x=3，y= C．x=3，y=15 D．x=6，y=
【考点】共线向量与共面向量．
【分析】由l1∥l2，利用向量共线定理可得：存在非0实数k使得，解出即可．
【解答】解：∵l1∥l2，∴存在非0实数k使得，
∴，解得，
故选：D．
【点评】本题考查了向量共线定理，属于基础题．

3．已知命题p：“∃x∈R，ex﹣x﹣1≤0”，则命题￢p（　　）
A．∀x∈R，ex﹣x﹣1＞0 B．∀x∉R，ex﹣x﹣1＞0
C．∀x∈R，ex﹣x﹣1≥0 D．∃x∈R，ex﹣x﹣1＞0
【考点】特称命题；命题的否定．
【分析】利用含逻辑连接词的否定是将存在变为任意，同时将结论否定，可写出命题的否定．
【解答】解：∵命题p：“∃x∈R，ex﹣x﹣1≤0”，
∴命题￢p：∀x∈R，ex﹣x﹣1＞0，
故选：A
【点评】题考查特称命题、含逻辑连接词的否定形式，属于基础题．

4．关于x的不等式ax﹣b＞0的解集为（﹣∞，1），则不等式＞0的解集为（　　）
A．（﹣1，2） B．（﹣∞，1）∪（1，2） C．（1，2） D．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，2）
【考点】其他不等式的解法．
【分析】由题意可得a＜0，且=1，不等式＞0即＜0，由此求得不等式的解集．
【解答】解：∵关于x的不等式ax﹣b＞0的解集为（﹣∞，1），∴a＜0，且=1．
则不等式＞0即＜0，解得1＜x＜2，
故选：C．
【点评】本题主要考查一次不等式、分式不等式的解法，注意a的符号，体现了转化的数学思想，属于中档题．

5．若△ABC 的三个内角A、B、C满足6sinA=4sinB=3sinC，则△ABC（　　）
A．一定是锐角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形
D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
【考点】三角形的形状判断．
【分析】根据题意，结合正弦定理可得a：b：c=4：6：8，再由余弦定理算出最大角C的余弦等于﹣，从而得到△ABC是钝角三角形，得到本题答案．
【解答】解：∵角A、B、C满足6sinA=4sinB=3sinC，
∴根据正弦定理，得6a=4b=3c，整理得a：b：c=4：6：8
设a=4x，b=6x，c=8x，由余弦定理得：cosC===﹣
∵C是三角形内角，得C∈（0，π），
∴由cosC=﹣＜0，得C为钝角
因此，△ABC是钝角三角形
故选：C
【点评】本题给出三角形个角正弦的比值，判断三角形的形状，着重考查了利用正、余弦定理解三角形的知识，属于基础题．

6．一个动点在圆x2+y2=1上移动时，它与定点（3，0）连线中点的轨迹方程是（　　）
A．（x+3）2+y2=4 B．（X﹣3）2+y2=1 C．（X+）2+y2= D．（2x﹣3）2+4y2=1
【考点】轨迹方程．
【分析】根据已知，设出AB中点M的坐标（x，y），根据中点坐标公式求出点A的坐标，根据点A在圆x2+y2=1上，代入圆的方程即可求得中点M的轨迹方程．
【解答】解：设中点M（x，y），则动点A（2x﹣3，2y），
∵A在圆x2+y2=1上，
∴（2x﹣3）2+（2y）2=1，
即（2x﹣3）2+4y2=1．
故选D．
【点评】此题是个基础题．考查代入法求轨迹方程和中点坐标公式，体现了数形结合的思想以及分析解决问题的能力．

7．两个等差数列{an}和{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，且，则等于（　　）
A． B． C． D．
【考点】等差数列的性质．
【分析】由已知，根据等差数列的性质，把转化为求解．
【解答】解：因为： =
=
===．
故选：D．
【点评】本题主要考查等差数列的性质、等差数列的前n项和公式以及等差中项的综合应用，以及计算能力．

8．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是（　　）

A． B． C． D．0
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；异面直线及其所成的角．
【分析】以DA，DC，DD1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可得和的坐标，进而可得cos＜，＞，可得答案．
【解答】解：以DA，DC，DD1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则可得A1（1，0，2），E（0，0，1），G（0，2，1），F（1，1，0）
∴=（﹣1，0，﹣1），=（1，﹣1，﹣1）
设异面直线A1E与GF所成角的为θ，
则cosθ=|cos＜，＞|=0，
故选：D
【点评】本题考查异面直线所成的角，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．

9．在△ABC中，已知a=17，b=24，A=45°，则此三角形（　　）
A．无解 B．有两解
C．有一解 D．解的个数不确定
【考点】正弦定理．
【分析】由题意求出a边上的高h，画出图象后，结合条件判断出此三角形解的情况．
【解答】解：由题意知，a=17，b=24，A=45°
则c边上的高h=bsinA==12，
如右图所示：
因12＜a=17＜b，
所以此三角形有两解，
故选B．

【点评】本题考查了三角形解的情况，以及数形结合思想．

10．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，，设Tn=a1•a2•a3•…•an，则使得Tn取最小值时，n的值为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】等比数列的前n项和．
【分析】由9S3=S6，解得q=2．若使Tn=a1a2a3…an取得最小值，则an=•2n﹣1＜1，由此能求出使Tn取最小值的n值．
【解答】解：∵{an}是等比数列，∴an=a1qn﹣1，
S3=a1+a1q+a1q2，
S6=a1+a1q+a1q2+a1q3+a1q4+a1q5，
由9S3=S6，解得q=2．
若使Tn=a1a2a3…an取得最小值，
则an＜1，
∵a1=，∴ •2n﹣1＜1，
解得n＜6，n∈N*，
∴使Tn取最小值的n值为5．
故答案为：5．
【点评】本题考查使得等比数列的前n项积Tn取最小值时n的值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．

11．已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|BF|=8，cos∠ABF=，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】由已知条件，利用余弦定理求出|AF|，设F′为椭圆的右焦点，连接BF′，AF′．根据对称性可得四边形AFBF′是矩形，由此能求出离心率e．
【解答】解：如图所示，
在△AFB中，|AB|=10，|BF|=8，cos∠ABF=，
由余弦定理得
|AF|2=|AB|2+|BF|2﹣2|AB||BF|cos∠ABF
=100+64﹣2×10×8×
=36，
∴|AF|=6，∠BFA=90°，
设F′为椭圆的右焦点，连接BF′，AF′．
根据对称性可得四边形AFBF′是矩形．
∴|BF′|=6，|FF′|=10．
∴2a=8+6，2c=10，解得a=7，c=5．
∴e==．
故选B．

【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理、椭圆的对称性等知识点的合理运用．

12．定义在R上的函数f（x）对任意x1、x2（x1≠x2）都有＜0，且函数y=f（x﹣1）的图象关于（1，0）成中心对称，若s，t满足不等式f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2），则当1≤s≤4时，的取值范围是（　　）
A．[﹣3，﹣） B．[﹣3，﹣] C．[﹣5，﹣） D．[﹣5，﹣]
【考点】函数单调性的性质．
【分析】根据已知条件便可得到f（x）在R上是减函数，且是奇函数，所以由不等式f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2）便得到，s2﹣2s≥t2﹣2t，将其整理成（s﹣t）（s+t﹣2）≥0，画出不等式组所表示的平面区域．设，所以得到t=，通过图形求关于s的一次函数的斜率范围即可得到z的范围，从而求出的取值范围．
【解答】解：由已知条件知f（x）在R上单调递减，且关于原点对称；
∴由f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2）得：
s2﹣2s≥t2﹣2t；
∴（s﹣t）（s+t﹣2）≥0；
以s为横坐标，t为纵坐标建立平面直角坐标系；
不等式组所表示的平面区域，如图所示：
即△ABC及其内部，C（4，﹣2）；
设，整理成：；
；
∴，解得：；
∴的取值范围是[]．
故选：D．

【点评】考查减函数的定义，图象的平移，奇函数的定义，以及二元一次不等式组表示平面区域，线性规划的概念，及其应用，过原点的一次函数的斜率的求解．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若平面α的一个法向量为=（4，1，1），直线l的一个方向向量为=（﹣2，﹣3，3），则l与α所成角的正弦值为　　．
【考点】空间向量的夹角与距离求解公式．
【分析】设l与α所成角为θ，由sinθ=|cos＜＞|，能求出l与α所成角的正弦值．
【解答】解：∵平面α的一个法向量为=（4，1，1），直线l的一个方向向量为=（﹣2，﹣3，3），
设l与α所成角为θ，
则sinθ=|cos＜＞|===．
∴l与α所成角的正弦值为．
故答案为：．
【点评】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

14．在等比数列{an}中，若a3，a15是方程x2﹣6x+8=0的根，则=　2　．
【考点】等比数列的通项公式．
【分析】由韦达定理得a3a15=8，由等比数列通项公式性质得： =8，由此能求出的值．
【解答】解：∵在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2﹣6x+8=0的根，
∴a3a15=8，
解方程x2﹣6x+8=0，得或，
∴a9＞0，
由等比数列通项公式性质得： =8，
∴=a9=．
故答案为：2．
【点评】本题考查等比数列中两项积与另一项的比值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．

15．如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A测得M点的仰角∠MAN=60°，C点的仰角∠CAB=30°，以及∠MAC=105°，从C测得∠MCA=45°，已知山高BC=150米，则所求山高MN为　150m　．

【考点】解三角形的实际应用．
【分析】由题意，通过解△ABC可先求出AC的值，解△AMC，由正弦定理可求AM的值，在RT△MNA中，AM=300m，∠MAN=60°，从而可求得MN的值．
【解答】解：在RT△ABC中，∠CAB=30°，BC=150m，所以AC=300m．
在△AMC中，∠MAC=105°，∠MCA=45°，从而∠AMC=30°，
由正弦定理得，AM==300m．
在RT△MNA中，AM=300m，∠MAN=60°，
得MN=300×=150m．
故答案为150m．
【点评】本题主要考察了正弦定理的应用，考察了解三角形的实际应用，属于中档题．

16．抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F，已知点A，B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB=90°，过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最大值为　　．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF．由抛物线定义得2||=a+b，由余弦定理可得||2=（a+b）2﹣3ab，进而根据基本不等式，求得||的取值范围，从而得到本题答案
【解答】解：设|AF|=a，|BF|=b，
由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|
在梯形ABPQ中，∴2||=|AQ|+|BP|=a+b．
由余弦定理得，
||2=a2+b2﹣2abcos90°=a2+b2，
配方得，||2=（a+b）2﹣2ab，
又∵ab≤（） 2，
∴（a+b）2﹣2ab≥（a+b）2﹣（a+b）2=（a+b）2
得到||≥（a+b）．
∴≤，即的最大值为．
故答案为：

【点评】本题在抛物线中，利用定义和余弦定理求的最大值，着重考查抛物线的定义和简单几何性质、基本不等式求最值和余弦定理的应用等知识，属于中档题．

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.
17．（10分）（2016秋•周口期末）已知命题P：函数f（x）为（0，+∞）上单调减函数，实数m满足不等式f（m+1）＜f（3﹣2m）．命题Q：当x∈[0，]，函数m=sin2x﹣2sinx+1+a．若命题P是命题Q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】先根据已知条件求出命题P，Q下的m的取值范围：m，根据命题P是Q的充分不必要条件得到，从而求得a的取值范围．
【解答】解：命题P：根据已知条件得：，解得，即m；
命题Q：x，∴sinx∈[0，1]，m=sin2x﹣2sinx+1+a=（sinx﹣1）2+a；
∴当sinx=1时，m取最小值a，当sinx=0时，m取最大值1+a，所以m∈[a，1+a]；
∵命题P是Q的充分不必要条件，所以；
∴，解得；
∴．
【点评】考查根据函数的单调性解不等式，配方法求二次函数的值域，子集的概念．

18．（12分）（2009•广州一模）已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a=2，cosB=．
（Ⅰ）若b=4，求sinA的值；
（Ⅱ）若△ABC的面积S=4，求b、c的值．
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】本题考查的知识点是正弦定理与余弦定理，
（1）由，我们易求出B的正弦值，再结合a=2，b=4，由正弦定理易求sinA的值；
（2）由△ABC的面积S=4，我们可以求出c值，再由余弦定理可求出b值．
【解答】解：（I）∵（2分）
由正弦定理得．
∴．
（II）∵，
∴．
∴c=5（7分）
由余弦定理得b2=a2+c2﹣2accosB，
∴（10分）
【点评】在解三角形时，正弦定理和余弦定理是最常用的方法，正弦定理多用于边角互化，使用时要注意一般是等式两边是关于三边的齐次式．而余弦定理在使用时一般要求两边有平方和的形式．

19．（12分）（2016•广元二模）已知等差数列{an}的公差大于0，且a3，a5是方程x2﹣14x+45=0的两根，数列{bn}的前n项的和为Sn，且．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记cn=an•bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．
【分析】（Ⅰ）由已知可得，且a5＞a3，联立方程解得a5，a3，进一步求出数列{an}通项，数列{bn}中，利用递推公式
（Ⅱ）用错位相减求数列{cn}的前n和
【解答】解：（Ⅰ）∵a3，a5是方程x2﹣14x+45=0的两根，且数列{an}的公差d＞0，
∴a3=5，a5=9，公差．
∴an=a5+（n﹣5）d=2n﹣1．（3分）
又当n=1时，有
∴
当，∴．
∴数列{bn}是首项，公比等比数列，
∴．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则（1）
∴=（2）（10分）
（1）﹣（2）得： =
化简得：（12分）
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，利用递推公式求通项，体现了数学中的转化思想；一般的，若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，求数列{an•bn}的前n和可采用错位相减法．

20．（12分）（2000•上海）已知函数f（x）=，x∈[1，+∞），
（1）当a=时，求函数f（x）的最小值；
（2）若对任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；函数的最值及其几何意义．
【分析】（1）a=时，函数为，f在[1，+∞）上为增函数，故可求得函数f（x）的最小值
（2）问题等价于f（x）=x2+2x+a＞0，在[1，+∞）上恒成立，利用分类参数法，通过求函数的最值，从而可确定a的取值范围
【解答】解：（1）因为，f（x）在[1，+∞）上为增函数，
所以f（x）在[1，+∞）上的最小值为f（1）=．…
（2）问题等价于f（x）=x2+2x+a＞0，在[1，+∞）上恒成立．
即a＞﹣（x+1）2+1在[1，+∞）上恒成立．
令g（x）=﹣（x+1）2+1，则g（x）在[1，+∞）上递减，当x=1时，g（x）max=﹣3，所以a＞﹣3，
即实数a的取值范围是（﹣3，+∞）．…
【点评】本题以函数为载体，考查对勾函数门课程二次函数的最值，考查恒成立问题的处理，注意解题策略．

21．（12分）（2016•湖南一模）如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在棱BC上移动．
（Ⅰ）当E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由；
（Ⅱ）当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45°？

【考点】直线与平面所成的角．
【分析】（Ⅰ）当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行．由线面平行的判定定理可以证出结论．用线面平行的判定定理证明时要注意把条件写全．
（Ⅱ）建立空间坐标系设点E（x，1，0），求出用E的坐标表示的平面PDE的法向量，由线面角的向量表示公式建立方程求出E的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行．
∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，
∴EF∥PC．
又EF⊄平面PAC，而PC⊂平面PAC，
∴EF∥平面PAC．

（Ⅱ）建立如图所示空间直角坐标系，则P（0，0，1），B（0，1，0），D（，0，0），
设BE=x（0≤x≤），则E（x，1，0），
设平面PDE的法向量为=（p，q，1），
由，得，
令p=1，则=（1，﹣x，）．
而=（0，0，1），依题意PA与平面PDE所成角为45°，
所以sin45°===，
解得BE=x=或BE=x=＞（舍）．
故BE=时，PA与平面PDE所成角为45°．
【点评】考查用向量证明立体几何中的问题，此类题的做题步骤一般是先建立坐标系，设出坐标，用线的方向向量的内积为0证线线垂直，线面垂直，用线的方向向量与面的法向量的垂直证面面平行，两者的共线证明线面垂直．此处为一规律性较强的题，要注意梳理清楚思路．

22．（12分）（2016秋•周口期末）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线y=k（x﹣1）（k≠0）与椭圆交于A，B两点，点M是椭圆C的右顶点，直线AM与直线BM分别与轴交于点P，Q，求|OP|•|OQ|的值．
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】（1）由题意得，又因为点在椭圆上，得a，b，c，即可得椭圆C的标准方程可．
（2）由，设A（x1，y1），B（x2，y2），有x1+x2=，x1x2=，
AM的方程可表示为：y=，令x=0，得|OP|=||．同理得：|OQ|=||．
故|OP|•|OQ|=||•||=||即可．
【解答】解：（1）由题意得，又因为点在椭圆上，得，
又a 2=b2+c 2，解得a=2，b=1，c=，
椭圆C的标准方程：．
（2）由，
设A（x1，y1），B（x2，y2），有x1+x2=，x1x2=，
又∵点M是椭圆C的右顶点，∴M（2，0），
AM的方程可表示为：y=，令x=0，得|OP|=||．
同理得：|OQ|=||．
故|OP|•|OQ|=||•||=||即．
而（x1﹣2）（x2﹣2）=x1x2﹣2（x1+x2）+4=．
y1y2=k（x1﹣1）•k（x2﹣1）=．
所以|OP|•|OQ|=3
【点评】本题考查了椭圆的方程，及椭圆与直线的位置关系，属于中档题．